人教版（2019）高中物理必修第一册第三章相互作用-力章末检测试题（解析版）.doc

第三章 相互作用-力
一、单选题(共8小题,每小题3分,共24分)
1.如图所示，mA>mB，设地面对A的支持力为FN，绳子对A的拉力为F1，地面对A的摩擦力为F2，若水平方向用力F拉A，使B匀速上升，则在此过程中(　　)

A．FN增大，F2增大，F1不变
B．FN减小，F2减小，F1不变
C．FN减小，F2减小，F1增大
D．FN增大，F2减小，F1增大
【答案】A
【解析】由题，B保持匀速上升，由平衡条件可知，绳子的拉力大小FT不变．根据定滑轮的特点可知，A受到轻绳的拉力F1大小也不变.

对A受力分析如图，则竖直方向：FN＋F1cosθ＝mAg，得FN＝mAg－F1cosθ；A沿地板向右运动时，θ增大，cosθ减小，F1不变，则FN逐渐增大，而F2＝μFN，μ不变，则F2也逐渐增大．故A正确，B、C、D错误．
2.如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比为(　　)

A． cosθ＋μsinθ B． cosθ－μsinθ
C． 1＋μtanθ D． 1－μtanθ
【答案】B
【解析】F1作用时，物体的受力情况如图甲，根据平衡条件得

F1＝mgsinθ＋μFN
FN＝mgcosθ
解得：F1＝mgsinθ＋μmgcosθ
F2作用时，物体的受力情况如图乙，根据平衡条件得
F2cosθ＝mgsinθ＋μFN′
FN′＝mgcosθ＋F2sinθ
解得：F2＝
所以＝cosθ－μsinθ，故选B.
3.用一水平力F将两铁块A和B紧压在竖直墙上而静止，如图所示，对此，下列说法中正确的是(　　)

A． 铁块B肯定受墙给它的竖直向上的摩擦力
B． 铁块B受A给它的摩擦力方向可能向上，也可能向下
C． 铁块A肯定对B施加竖直向上的摩擦力
D．B受墙的摩擦力方向可能向上，也可能向下
【答案】A
【解析】A处于静止状态，在竖直方向上受到竖直向下的重力，由二力平衡知B对A施加的摩擦力方向肯定是竖直向上，A对B的摩擦力方向向下；因为B也静止故墙给B的摩擦力竖直向上，B给墙的摩擦力竖直向下，故B，C，D错误A正确．
4.一块木板B放在水平地面上，木块A放在B的上面，A的右端通过水平的轻弹簧秤固定在直立的墙壁上．现在用水平力F拉动B，使它以速度v运动，稳定后弹簧秤的读数为T.下列说法正确的是(　　)

A． 地面受到的滑动摩擦力大小为T
B． 木块A受到的滑动摩擦力的大小为T
C． 若木板B以2v的速度运动，稳定后A受到的摩擦力大小为2T
D． 若以2F的水平力拉木板运动，稳定后A受到的摩擦力大小为2T
【答案】B
【解析】木板处于平衡状态，木板所受的拉力和两个摩擦力是平衡力，故此时木板所受的地面对它的滑动摩擦力为F－T，所以地面受到的滑动摩擦力大小为F－T，故A错误；由于此时木块A处于平衡状态，所以此时木块A所受的摩擦力大小等于T，故B正确；若木板以2v的速度运动时，A仍然受滑动摩擦力，稳定后A受到的摩擦力大小为T，故C错误；若用2F的力作用在木板上此时木块A仍处于平衡状态，所以此时A所受的摩擦力的大小仍等于T，故D错误．
5.如图所示，搬运工用砖卡搬砖时，砖卡对砖的水平作用力为F，每块砖的质量为m，设所有接触面间的动摩擦因数均为μ，则第一块砖对第二块砖的摩擦力大小为(　　)

A．μF B．mg C．μF D．mg
【答案】D
【解析】先把5块砖看作一个整体：5块砖的总重力是5mg，两边的压力F相同，两边受到的摩擦力也相同，根据平衡力知识，向下的重力5mg与两边的摩擦力之和相等；故两边的砖块1和5各受到2.5mg的摩擦力作用，且方向竖直向上；
对于第一块砖(1号)：受到砖卡向上的摩擦力作用，大小为2.5mg；自身向下的重力作用，大小为mg；根据平衡力知识，它(1号)还受到2号砖对它向下的摩擦力作用，大小为1.5mg；根据力的作用是相互的，1号砖对2号砖的摩擦力大小为1.5mg，方向向上．
6.如图所示，用轻滑轮悬挂重力为G的物体．轻绳总长为L，绳能承受的最大拉力是2G，现将轻绳一端固定，另一端缓慢向右移动距离d而使绳不断，则d的最大值为(　　)．

A． B．L C．L D．L
【答案】D
【解析】以轻绳与滑轮接触处的一小段绳为研究对象，其受到轻滑轮对它的作用力大小等于G，两边的轻绳对它的等大的拉力为FT，设当d达到最大值时两绳张角为2θ，则
FTcosθ＝，cosθ＝，比较两式易得最大值为L，D项正确．
7.如下图所示为皮带传送装置，甲为主动轮，乙为从动轮，传运过程中皮带不打滑，P、Q分别为两轮边缘上的两点，下列说法正确的是(　　)

A．P、Q两点的摩擦力方向均与轮转动的方向相反
B．P点的摩擦力方向与甲轮的转动方向相反，Q点的摩擦力方向与乙轮的转动方向相同
C．P点的摩擦力方向与甲轮的转动方向相同，Q点的摩擦力方向与乙轮的转动方向相反
D．P、Q两点的摩擦力方向均与轮转动的方向相同
【答案】B
【解析】由题意可知甲轮与皮带间、乙轮与皮带间均相对静止，皮带与轮间的摩擦力为静摩擦力，假设甲轮与皮带间无摩擦力，则甲轮转动时皮带不动，P点相对于皮带向前运动，可知P点相对于皮带有向前运动的趋势，则甲轮上的P点受到的静摩擦力方向向后，即与甲轮的转动方向相反；再假设皮带与乙轮间没有摩擦力，则当皮带转动时，乙轮将会静止不动，这时，乙轮边缘上的Q点相对于皮带向后运动，可知Q点有相对于皮带向后运动的趋势，故乙轮上Q点所受摩擦力向前，即与乙轮转动方向相同．
8.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住，现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　)

A．F减小，FN不变 B．F不变，FN减小
C．F不变，FN增大 D．F增大，FN减小
【答案】A
【解析】小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力G，拉力F，轨道对小球的弹力FN三个力．满足受力平衡．作出受力分析图如下

由图可知△OAB∽△GFA
即：＝＝
当A点上移时，半径不变，G不变，AB长度减小，则知F减小，FN不变，故A正确．
二、多选题(共4小题,每小题5分,共20分)
9.(多选)有一辆遥控电动玩具汽车，已知车内电动马达驱动后轮转动．现玩具汽车的后轮、前轮分别放在平板小车甲、乙之上．如图所示．按动遥控器上的“前进”“后退”键，汽车就能前进或后退，地面与甲、乙车之间的摩擦力不计．以下叙述正确的是(　　)

A． 按动遥控器上的“前进”键，乙车对前轮摩擦力向前，乙车相对地面向前进
B． 按动遥控器上的“前进”键，甲车对后轮摩擦力向前，甲车相对地面向后退
C． 按动遥控器上的“后退”键，甲车对后轮摩擦力向后，甲车相对地面向前进
D． 按动遥控器上的“后退”键，乙车对前轮摩擦力向后，乙车相对地面向后退
【答案】BC
【解析】当按动遥控器上的“前进”键，后轮是主动轮顺时针转动，所以甲车对后轮摩擦力向前，后轮对甲车的摩擦力向后；而前轮是从动轮，所以乙车对前轮的摩擦力向后，前轮对乙车的摩擦力向前．因此乙车向前运动，而甲车向后运动．
当按动遥控器上的“后退”键，后轮是主动轮逆时针转动，所以甲车对后轮摩擦力向后，后轮对甲车的摩擦力向前；而前轮仍是从动轮，所以乙车对前轮的摩擦力向前，前轮对乙车的摩擦力向后．因此乙车向后运动，而甲车向前运动．
故A、D错误，B、C正确．
10.(多选)如图甲所示，一人用由零逐渐增大的水平力F推静止于水平地面上、质量为10 kg的木箱，木箱与水平地面间的摩擦力Ff与F的关系如图所示，取g＝10 m/s2，可知
(　　)

A． 木箱所受的最大静摩擦力为Ffm＝20 N
B． 木箱所受的最大静摩擦力为Ffm＝21 N
C． 木箱与地面间的动摩擦因数为μ＝0.20
D． 木箱与地面间的动摩擦因数为μ＝0.21
【答案】BC

【解析】由图乙知木箱受的最大静摩擦力为Ffm＝21 N，A错误、B正确；当木箱运动后受的是滑动摩擦力，大小为20 N＝μmg，解得μ＝0.2.
11.(多选)如图所示，粗糙的固定斜面上放置一质量为m的木箱，斜面的倾角为α＝30°，木箱与斜面间的动摩擦因数为μ＝，现对木箱施一拉力F，使木箱沿斜面向上做匀速直线运动．设F的方向与水平面的夹角为θ(图中未画出)，在θ从0°逆时针逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则(　　)

A．F一直减小
B．F的最小值为mg
C．F先减小后增大
D． 当θ＝0°时，斜面对m的作用力为Fsinα＋mgcosα
【答案】BC
【解析】

12.(多选)如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行．现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有(　　)

A． 轻绳对小球的拉力逐渐增大
B． 小球对斜劈的压力先减小后增大
C． 竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小
D． 对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
【答案】AD
【解析】设斜面倾角为θ，斜面对小球的支持力为FN1，绳对小球的拉力为FT，小球的重力大小为G1，小滑块的重力大小为G2，竖直杆对小滑块的弹力大小为FN2.由于小滑块沿杆缓慢上升，所以小球沿斜面缓慢向上运动，小球处于动态平衡状态，受到的合力为零，作小球受力矢量三角形如图甲所示，绳对小球的拉力FT逐渐增大，所以选项A正确；斜面对小球的弹力FN1逐渐减小，故小球对斜面的压力逐渐减小，选项B错误；将小球和小滑块看成一个整体，对其进行受力分析如图乙所示，则由力的平衡条件可得：FN2＝FN1sinθ，F＝G1＋G2－FN1cosθ，因FN1逐渐减小，所以FN2逐渐减小，F逐渐增大，故选项C错误，D正确．

三、实验题(共2小题,共20分)
13.(1)在“验证力的平行四边形定则”实验中，用两个弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使它伸长到某一位置O点，为了确定两个分力的大小和方向，这一步操作中必须记录的是________．
A．橡皮条固定端的位置
B．描下O点位置和两条细绳套的方向
C．橡皮条伸长后的总长度
D．两个弹簧测力计的读数
(2)做实验时，根据测量结果在白纸上画出如下图所示的图，其中O为橡皮条与细绳套的结点．图中的________是F1和F2的合力的理论值；________是F1和F2的合力的实际测量值．

【答案】(1)BD　(2)F　F′
【解析】(1)两条细绳套的方向就是两分力的方向，记下O点位置和细绳套的方向就可以画出两分力的方向，两分力的大小由弹簧测力计直接读出．
(2)根据平行四边形定则求出来的是理论值，实际测量值和理论值有误差．
14.某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．
(1)将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧．弹簧轴线和刻度尺都应在________方向(填“水平”或“竖直”)．
(2)弹簧自然悬挂，待弹簧________时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10 g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6.数据如下表．

表中有一个数值记录不规范，代表符号为________．由表可知所用刻度尺的最小分度为________．
(3)下图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与________的差值(填“L0”或“Lx”)．

(4)由图可知弹簧的劲度系数为________N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为________g (结果保留两位有效数字，重力加速度g取9.8 N/kg)．
【答案】(1)竖直　(2)稳定　L3　1 mm　(3)Lx　(4)4.9　10
【解析】(1)为保证弹簧的形变只由砝码和砝码盘的重力产生，所以弹簧轴线和刻度尺均应在竖直方向．
(2)弹簧静止稳定时，记录原长L0；表中的数据L3与其他数据有效位数不同，所以数据L3不规范，标准数据应读至cm位的后两位，最后一位应为估读值，精确至0.1 mm，所以刻度尺的最小分度为1 mm.
(3)由题图知所挂砝码质量为0时，x为0，所以x＝L－Lx(L为弹簧长度)．
(4)由胡克定律F＝kΔx知，mg＝k(L－Lx)，即mg＝kx，所以图线斜率即为弹簧的劲度系数
k＝＝N/m＝4.9 N/m
同理，砝码盘质量
m＝＝kg＝0.01 kg＝10 g
四、计算题(共3小题,共36分)
15.如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳OA拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆上的O点，OA与轻杆的夹角∠BOA＝30°，轻杆OB水平。图乙中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有光滑小滑轮，用一根细绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，图中∠BOA＝30°，(重力加速度为g)则：

(1)图甲、乙中细绳OA的拉力各是多大？
(2)图甲中轻杆受到的弹力是多大？
(3)图乙中轻杆对滑轮的作用力是多大？
【答案】(1)2mg　mg　(2)mg　(3)mg
【解析】(1)由于题图甲中的杆可绕B转动，是转轴杆(是“活杆”)，故其受力方向沿杆方向，O点的受力情况如图甲所示，则O点所受的细绳OA的拉力FT1、杆的弹力FN1的合力与重物的重力大小相等、方向相反，在直角三角形中可得，
FT1＝＝2mg。
题图乙中是用一细绳跨过滑轮悬挂重物的，由于O点处是滑轮，它只是改变细绳中力的方向，并未改变力的大小，且AOC是同一根细绳，而同一根细绳上的力大小处处相等，故图乙中细绳OA的拉力为FT1′＝FT2＝mg。

(2)由题图甲受力的平行四边形可知，图甲中轻杆受的弹力为
FN1′＝FN1＝＝mg
(3)对题图乙中的滑轮受力分析，如图乙所示，由于杆OB不可转动，所以杆所受弹力的方向不一定沿OB方向，即杆对滑轮的作用力一定与两根细绳的合力大小相等，方向相反，由图乙可得，FN2′＝2mgcos 60°＝mg，则所求力FN2＝FN2′＝mg
16.物体的质量为m＝10 kg，拉力F1、推力F2与水平方向的夹角均为θ＝37°(如图所示)，物体与地面间为滑动摩擦力．动摩擦因数为μ＝0.2，物体都做匀速运动．试分别求出F1、F2的大小并通过计算说明哪种方式省力．(sin 37°取0.6，cos 37°取0.8，g取10 m/s2)

【答案】拉物体省力
【解析】拉物体时，对物体受力分析，如图甲所示．

F1cosθ＝Ff1①
F1sinθ＋FN1＝mg②
Ff1＝μFN1③
联立①②③式，
解得F1＝≈21.7 N
推物体时，对物体受力分析，如图乙所示．
F2cosθ＝Ff2④
FN2＝F2sinθ＋mg⑤
Ff2＝μFN2⑥
联立④⑤⑥式，
解得F2＝≈29.4 N
F1